PCSI 1 - Stanislas DS de PHYSIQUE N◦10 - 23/05/15- durée 4H A. MARTIN
THERMODYNAMIQUE
I. Usinage d’une feuille de métal par vaporisation
(d’après E3A PC 2005)I.1. Perçage : feuille métallique immobile par rapport au faisceau laser
1. m=ρsπΦ42e = 6,8×10−7kg.
2. Les transformations successives sont toutes isobares, donc
∆H= ∆1H+ ∆2H+ ∆3H+ ∆4H=mcS(Tf−T0) +m`f+mc`(Tv−Tf) +m`v = 9,1 J.
3. On notetp=τ1+τ2+τ3+τ4avec τi=tp∆iH
∆H pouri= 1 à 4. On obtientτ1= 2,1 ms,τ2= 1,5 ms, τ3= 7,3 ms etτ4= 39 ms.
4.
5. La puissance minimale d’une impulsion vérifie
∆H= (1−R)Pmintpdonc Pmin= ∆H (1−R)tp = 652 W.
Ceci correspond à une densité surfacique de puis- sance Jmin= 4
πΦ2Pmin = 1,30×109W.m−2.
6. On fabrique un système afocal à l’aide soit
— d’un doublet de lentilles convergentes (on confond le foyer image de la première avec le foyer objet de la seconde) ;
— d’un doublet convergent - divergent (on confond le foyer image de la première avec le foyer image de la seconde).
Pour augmenter la section du faisceau, il faudrait prendre une distance focale de lentille divergente (en valeur absolue) plus grande que celle de la conver- gente.
I.2. Découpe de la feuille d’aluminium
7. La puissance ayant changé, ceci modifie la durée de l’impulsion nécessaire à une fusion totale du disque s’il est immobile : on a maintenantt0p=(1−R)P∆H
L. Pour une plaque en mouvement et un flux lumineux continu, il faut donc que chacun des points de la ligne de coupe soit exposé au faisceau pendant au moins la durée t0p. Ceci implique que la distance parcourue par la plaque pendantt0psoit au plus égale au diamètre du faisceau : Φ =vMt0p. On en déduit vM=ΦPL(1−R)
∆H = 17 mm.s−1.
8. Les deux hypothèses concernantl’échange de chaleuravec le reste de la plaque etl’uniformité de la températuredans le disque chauffé sont conjointement criticables. Le gradient de température imposé va générer des transferts thermiques aux alentours dans la plaque de façon s’uniformiser (diffusion thermique, cf programme de SPE). Cela conduit à des pertes pendant la durée du chauffage qui nécessitent de réduire la vitesse.
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II. Formation et stabilité d’un nuage
(d’après CCP PC/PSI 2015)II.1. Equilibre de l’atmosphère isotherme
1. L’air est majoritairement constitué d’environ 20% de dioxygène et 80% de diazote, ce qui donne Ma≈0,2×2×M(O) + 0,8×2×M(N) ≈28,8 g.mol−1.
2. La loi de la statique s’écrit dp=−ρgdzavec un axe ascendant. La loi du gaz parfait pour l’air s’écritρ=
Map
RT, ce qui conduit à l’équationdpp =−MRTag
0dz. En intégrant on obtient p(z) =p0e−Hz avec H=RT0
Mag ≈ 8,8 km.
Hreprésente bien lahauteur caractéristique de l’atmosphèrecar le profil de masse volumique vérifie aussi ρ(z) =ρ0e−Hz, ce qui donne une masse totale par unité de surfacemt=R0∞ρ(z)dz=ρ0H.
II.2. Equilibre en présence d’un gradient de température
3. Il faut maintenant intégrer l’équation dpp =−R(TMag0−λz)dz=− 1
H(1−λ T0z)
dz. Cela conduit à
p(z) =p0
1− λ T0
z λHT0
.
4. Par comparaison, pour les mêmes altitudes le modèle de l’atmosphère isotherme conduit aux valeurs :
Altitude (km) 0,5 2 5 8 11 14
Pression (hPa) 945 797 567 404 287 205
Ainsi l’écart avec le modèle à gradient est inférieur à 5% en dessous de 5 km d’altitude inclus.
II.3. Gradient adiabatique de température - Formation du nuage
5. Pour une transformation adiabatique et mécaniquement réversible d’un gaz parfait, le premier principe conduit aux loi de Laplace. Le profil de pression et de température vérifie donc la loi
p(z)1−γT(z)γ= cte =p1−γ0 T0γ .
On différencie logarithmiquement l’équation précédente, ce qui donne :dpp =γ−1γ dTT . En injectant l’hydrostatique dpp =−MRag T(z)dz on obtient
dT
dz =−γ−1 γ
Mag
R d’où T(z) =T0
1−zz
2
avec z2= γRT0
(γ−1)Mag= γH
γ−1 ≈30,9 km.
6. On ape(z) =xep(z). En utilisant la loi de Laplace ci-desssus ceci conduit à pe(z) =xep0 T(z)
T0 γ−1γ
. 7. On obtient le graphe ci-dessous. L’intersection correspond à une températureTliqu≈296 K, ce qui cor-
respond à une altitude zliqu=z2
1−TTliqu
0
= 412 m. Le graphe montre que pour une température inférieure àTliqu, c’est-à-dire une altitude supérieure à zliqu, la pression de vapeur d’eau théorique est supérieure à la pression de saturation donccelle-ci devrait se liquéfier au-delà dezliqu.
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8. Il existe donc une couche d’atmosphère dans laquelle l’eau est légèrementsursaturéemais reste à l’état vapeur.
Remarque : ceci est possible en cas de rareté de noyaux de condensation, tels que ceux normalement générés par les forêts, les poussières, la pollution urbaine ou les gaz d’échappement des avions....
II.4. Stabilité du nuage : pourquoi les nuages ne tombent-ils pas ?
9. Par unité de volume, la somme de la force de pesanteur et de la force d’Archimède s’écrit :−g(ρe− ρ(zc)) où ρ(zc) est la masse volumique de l’air atmosphérique à l’altitude considérée. En utilisant le profil de température proposé précédemment et la loi du gaz parfait, on obtientρ(zC) = M p(zRT(zC)
C) ≈ 1,0 kg.m−3ρe= 1000 kg.m−3. Ainsi,la force d’Archimède 1000 fois plus faible que le poids, donc négligeable.
10. Le théorème de la résultante cinétique appliqué à la goutte, de massem, s’écrit md~v
dt =−mg~uz−6πηar~v. 11. Sachant quem=ρe4π
3r3, on met cette équation sous forme canonique : d~v
dt+1τ~v=1τ~v∞ avec τ=2r2ρe
9ηa et ~v∞=−τ g~uz .
La solution s’écrit ~v=~v∞(1−e−τt) , et tend vers le régime permanent~v∞en un temps caractéristique τ. L’application numérique conduit àτ≈1,2 ms etv∞≈12 mm.s−1.
12. La durée du régime transitoire étant de l’ordre deτ, elle est négligeable compte-tenu de la distance à parcourir et de la petitesse dev∞. En considérant un mouvement rectiligne uniforme sur toute la chutte, on obtient la durée ∆t= zc
v∞
= 1,7×105s≈46h. Cette durée est grande devant la durée de vie d’un nuage, qui est de l’ordre de quelques heures. donc les gouttelettes n’ont pas le temps de tomber à cause de la gravité, d’autant plus que les nuages apparaissent en général en présence de courants ascendants.
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13.Les gouttelettes étant très petites, elles sont sujettent aumouvement brownien, c’est-à-dire àl’agita- tion thermique naturellemême en l’absence de courant d’air, qui provoque ladiffusion des goute- lettes(cf SPE).
Remarque : à l’équilibre, pour un air parfaitement statique on devrait obtenir une distribution du type loi de Boltzmann, comme dans l’équilibre de l’air atmosphérique.
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III. Pompe à chaleur géothermique
(d’après CCP MP 2014)III.1. Généralités
1.
2. Pour un gaz parfait,H=U+pV=U+nRTdoncCp=CV+nR(relation de Mayer). CommeCp=γCV, on obtientCp=γnRγ−1 et donc cp= γR
(γ−1)M .
3. a)Une pompe à chaleur consomme du travail,w >0, pour prendre de l’énergie à la source froide,qf>0, et en céder à la chaude,qc<0.
On définit son éfficacité par e=−qc
w . En utilisant le premier principe sur un cycle, 0 =w+qf+qc, on en déduit e=
1 +qf
qc −1
.
b)Le second principe se traduit par l’inégalité de Clausius,qTf
f+Tqc
c≤0. Ceci conduit à e≤eC= Tc Tc−Tf . On ae=eCsi le cycle est parcouru de façon réversible.
III.2. Étude d’une PAC.
4. On ajoute les éléments demandés sur le schéma ci-dessus.
5. On remarque que les températuresTfetTccorrespondent à celles des données dans le tableau. Donc dans l’état (1) de vapeur saturante sèche, on ap1=pf=psat(Tf) = 4,88 bar etp2=pc=psat(Tc) = 13,2 bar.
La loi de Laplace s’applique ici, donc T2=Tf pf
pc 1
γ−1
= 335 K.
6. L’échange avec la source froide se fait entre les états (4) et (1) : qf=q41. L’échange avec la source chaude se fait entre les états (2) et (3) : qc=q23. La source chaude est constituée par l’air de la pièce à chauffer.
7. La transformation étant isobare :qc= ∆23h. Puis on la décompose en un refroidissement du gaz parfait suivi d’une liquéfaction totale du gaz :qc=cp(Tc−T2)−lV(Tc), d’où
qc= γR
(γ−1)M(Tc−T2) + (hL(Tc)−hV(Tc)) =−6,5×103−151,4×103≈ −158 kJ.kg−1. On constate que le terme lié au changement d’état est 25 fois supérieur à celui lié au refroidissement du gaz, ce qui est normal pour des températures ambiantes.
8. Les transformations de (1) à (2) et de (3) à (4) sont adiabatiques donc le transfert thermique total sur le cycle vautqf+qc. Par ailleurs le seul échange de travail entre le fluide et l’extérieur a lieu de (1) à (2) dans le compresseur. Le bilan d’enthalpie (premier principe) en circuit ouvert entre deux passages au même point du circuit s’écrit donc ∆h= 0 =wu+qf+qc, et donc wu=−qf−qc.
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Par ailleurs, le premier principe appliqué à une massemde fluide sur tout le cycle s’écrit ∆U = 0 = W+Qf+Qcsoit en divisant parm: 0 =w+qf+qc. Ainsile travail total reçu par un élément de fluide ayant parcouru tout le cycle est égal au travail utile, c’est-à-dire le travail échangé par tout le fluide avec l’extérieur à chaque cycle: w=wu.
9. L’efficacité de la PAC est définie pare=−qwc=−wqc
u. AugmenterTf conduit à diminuer l’aire du cycle donc diminuerw, donc augmentere.
Une PAC sur aquifère permet d’accéder à une source froide plus chaude que l’air extérieur en hiver, donc d’avoir une meilleure efficacité.
10.Il n’y a aucun échange de travail avec l’extérieur (pas de partie mobile), ni de chaleur (adiabatique), donc le premier principe en circuit ouvert s’écrit : ∆34h= 0. Une détente de Joule-Kelvin est isenthalpique.
11.On décompose la transformation en un refroidissement du liquide le long de la courbe d’ébullition, puis un chagement d’état isobare à la températureTc de la quantitéxpar unité de masse : ∆34h= 0 = hL(Tf)−hL(Tc) +x `V(Tf).
Un autre raisonnement consiste à simplement écrire l’égalité de l’enthalpie massique dans les états de départ et d’arrivée :h3=hL(Tc) =h4= (1−x)hL(Tf) +x hV(Tf).
Dans les deux cas on obtient x= hL(Tc)−hL(Tf) hV(Tf)−hL(Tf) = 0,27.
12.Pour une transformation isobare :qf= ∆41h= (1−x)`V(Tf) d’où qf=hV(Tf)−hL(Tc) = 135 kJ.kg−1. On en déduit w=−qf−qc = 22,8 kJ.kg−1.
13.Ceci conduit à e=−qc w = 6,9.
En comparaison on auraiteC= 9,2. Comme on s’y attendait, l’efficacité réelle est inférieure àeC. La raison en est l’irréversibilité de l’étape de refroidissement du gaz parfait depuis l’état (2) jusqu’à l’état vapeur saturante sèche à Tc. En effet, il s’agit d’un refroidissement au contact d’une source de température inférieure doncil y a hétérogénéïté de température, le transfert thermique est irréversible.
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